طول کمان

از آنجایی که یک کمان روی هر منحنی از تعداد زیادی قطعه‌های کوچک خط راست تشکیل شده است که سر به سر به هم متصل شده‌اند، اگر بتوانیم همه این قطعه‌های کوچک را جمع کنیم، طول کمان را به دست می‌آوریم. اما دیدیم که جمع کردن تعداد زیادی قطعه‌های کوچک دقیقاً همان چیزی است که انتگرال‌گیری نامیده می‌شود، بنابراین محتمل است که از آنجایی که می‌دانیم چگونه انتگرال‌گیری کنیم، بتوانیم طول یک کمان روی هر منحنی را نیز پیدا کنیم، به شرطی که معادله منحنی به گونه‌ای باشد که خود را به انتگرال‌گیری بسپارد.

اگر $M N$ یک کمان روی هر منحنی باشد که طول $s$ آن مورد نیاز است (شکل زیر را ببینید)، اگر "یک قطعه کوچک" از کمان را $d s$ بنامیم، آنگاه بلافاصله می‌بینیم که $(d s)^{2} = (d x)^{2} + (d y)^{2} .$ یا $d s = \sqrt{1 + {(\frac{d x}{d y})}^{2}} d y یا d s = \sqrt{1 + {(\frac{d y}{d x})}^{2}} d x .$

اکنون کمان $M N$ از مجموع تمام قطعه‌های کوچک $d s$ بین $M$ و $N$ ، یعنی بین $x_{1}$ و $x_{2}$ ، یا بین $y_{1}$ و $y_{2}$ تشکیل شده است، بنابراین به دست می‌آوریم:

$s = \int_{x_{1}}^{x_{2}} \sqrt{1 + {(\frac{d y}{d x})}^{2}} d x یا s = \int_{y_{1}}^{y_{2}} \sqrt{1 + {(\frac{d x}{d y})}^{2}} d y .$

همین!

انتگرال دوم زمانی مفید است که چندین نقطه از منحنی متناظر با مقادیر داده شده $x$ وجود داشته باشد (مانند شکل بعدی). در این حالت، انتگرال بین $x_{1}$ و $x_{2}$ در مورد بخش دقیق منحنی که طول آن مورد نیاز است، تردید ایجاد می‌کند. ممکن است $S T$ باشد، به جای $M N$ ، $P Q$ ، یا $S Q$ . با انتگرال‌گیری بین $y_{1}$ و $y_{2}$ این عدم قطعیت برطرف می‌شود، و در این حالت باید از انتگرال دوم استفاده کرد.

اگر به جای مختصات $x$ و $y$ ، — یا مختصات دکارتی، که به نام ریاضیدان فرانسوی دکارت، مخترع آنها، نامگذاری شده‌اند — مختصات $r$ و $θ$ (یا مختصات قطبی) داشته باشیم؛ آنگاه، اگر $M N$ یک کمان کوچک به طول $d s$ روی هر منحنی باشد که طول $s$ آن مورد نیاز است (شکل زیر را ببینید)، $O$ قطب است، آنگاه فاصله $O N$ معمولاً با مقدار کمی $d r$ با $O M$ تفاوت خواهد داشت. اگر زاویه کوچک $∠ M O N$ را $d θ$ بنامیم، آنگاه مختصات قطبی نقطه $M$ برابر $θ$ و $r$ است، و مختصات $N$ برابر $(θ + d θ)$ و $(r + d r)$ است. فرض کنید $M P$ بر $O N$ عمود باشد، و $O R = O M$ ؛ آنگاه $R N = d r$ ، و این تا زمانی که $d θ$ یک زاویه بسیار کوچک باشد، بسیار نزدیک به $P N$ است. همچنین $R M = r d θ$ ، و $R M$ بسیار نزدیک به $P M$ است، و کمان $M N$ بسیار نزدیک به وتر $M N$ است. در واقع می‌توانیم بدون خطای قابل توجه بنویسیم $P N = d r, P M = r d θ$ ، و کمان $M N =$ وتر $M N$ ، بنابراین داریم:

$(d s)^{2} = (وتر M N)^{2} = {\overset{―}{P N}}^{2} + {\overset{―}{P M}}^{2} = (d r)^{2} + r^{2} (d θ)^{2} .$

با تقسیم بر $(d θ)^{2}$ به دست می‌آوریم ${(\frac{d s}{d θ})}^{2} = r^{2} + {(\frac{d r}{d θ})}^{2}$ ؛ از این رو $\frac{d s}{d θ} = \sqrt{r^{2} + {(\frac{d r}{d θ})}^{2}} و d s = \sqrt{r^{2} + {(\frac{d r}{d θ})}^{2}} d θ;$ از این رو، از آنجایی که طول $s$ از مجموع تمام قطعه‌های کوچک $d s$ ، بین مقادیر $θ = θ_{1}$ و $θ = θ_{2}$ تشکیل شده است، داریم $s = \int_{θ_{1}}^{θ_{2}} d s = \int_{θ_{1}}^{θ_{2}} \sqrt{r^{2} + {(\frac{d r}{d θ})}^{2}} d θ .$

می‌توانیم بلافاصله به حل چند مثال بپردازیم.

مثال 22.1. معادله یک دایره که مرکز آن در مبدأ — یا محل تلاقی محور $x$ با محور $y$ — است، $x^{2} + y^{2} = r^{2}$ است؛ طول یک کمان از یک ربع دایره را پیدا کنید.

حل.

$y^{2} = r^{2} - x^{2}$ و $2 y d y = - 2 x d x,$ بنابراین $\frac{d y}{d x} = - \frac{x}{y};$ از این رو $s = \int \sqrt{1 + {(\frac{d y}{d x})}^{2}} d x = \int \sqrt{1 + \frac{x^{2}}{y^{2}}} d x$ و از آنجایی که $y^{2} = r^{2} - x^{2}$ ، $s = \int \sqrt{1 + \frac{x^{2}}{r^{2} - x^{2}}} d x = \int \frac{r d x}{\sqrt{r^{2} - x^{2}}} .$

طولی که می‌خواهیم — یک ربع دایره — از نقطه‌ای که $x = 0$ است تا نقطه دیگری که $x = r$ است امتداد دارد. این را با نوشتن

$s = \int_{x = 0}^{x = r} \frac{r d x}{\sqrt{r^{2} - x^{2}}},$ یا به سادگی‌تر، با نوشتن $s = \int_{0}^{r} \frac{r d x}{\sqrt{r^{2} - x^{2}}},$ بیان می‌کنیم. 0 و $r$ در سمت راست علامت انتگرال صرفاً به این معنی است که انتگرال‌گیری فقط روی بخشی از منحنی، یعنی بین $x = 0, x = r$ انجام شود، همانطور که اینجا دیدیم.

اینجا یک انتگرال تازه برای شماست! می‌توانید از عهده آن برآیید؟

در فصل مشتقات توابع مثلثاتی، ما $y = \arcsin x$ (که با $\sin^{- 1} x$ نیز نشان داده می‌شود) را مشتق‌گیری کردیم و $\frac{d y}{d x} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}$ را یافتیم. اگر انواع تغییرات مثال‌های داده شده را امتحان کرده باشید (همانطور که باید می‌کردید!)، احتمالاً سعی کرده‌اید چیزی مانند $y = a \arcsin \frac{x}{a}$ را مشتق‌گیری کنید، که به دست می‌دهد $\frac{d y}{d x} = \frac{a}{\sqrt{a^{2} - x^{2}}} یا d y = \frac{a d x}{\sqrt{a^{2} - x^{2}}},$ یعنی دقیقاً همان عبارتی که ما باید اینجا انتگرال‌گیری کنیم.

از این رو $s = \int \frac{r d x}{\sqrt{r^{2} - x^{2}}} = r \arcsin \frac{x}{r} + C,$ که $C$ یک ثابت است.

از آنجایی که انتگرال‌گیری فقط باید بین $x = 0$ و $x = r$ انجام شود، می‌نویسیم

$s = \int_{0}^{r} \frac{r d x}{\sqrt{r^{2} - x^{2}}} = {[r \arcsin \frac{x}{r} + C]}_{0}^{r};$ سپس با ادامه دادن همانطور که در مثال [eg:Ch19-1] توضیح داده شد، به دست می‌آوریم $s = r \arcsin \frac{r}{r} + C - r \arcsin \frac{0}{r} - C,$ یا $s = r \times \frac{π}{2},$ زیرا $\arcsin 1$ برابر $\frac{π}{2}$ و $\arcsin 0$ صفر است، و ثابت $C$ همانطور که نشان داده شد حذف می‌شود.

بنابراین طول ربع دایره $\frac{π r}{2}$ است، و طول محیط دایره، که چهار برابر این است، $4 \times \frac{π r}{2} = 2 π r$ است.

مثال 22.2. طول کمان $A B$ را بین $x_{1} = 2$ و $x_{2} = 5$ ، در محیط دایره $x^{2} + y^{2} = 6^{2}$ پیدا کنید (شکل زیر را ببینید).

حل. در اینجا، با ادامه دادن مانند مثال قبلی،

$واحد طول کمان ها بر حسب رادیان بیان شده اند$

همیشه خوب است که نتایج به دست آمده از یک روش جدید و ناآشنا را بررسی کنیم. این کار آسان است، زیرا $\cos (∠ A O C) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} و \cos (∠ B O C) = \frac{5}{6};$ از این رو $∠ A O C = \arccos \frac{1}{3} = 1.23096 رادیان, ∠ B O C = \arccos \frac{5}{6} = 0.585686 رادیان,$ و $∠ A O B = ∠ A O C - ∠ B O C = 0.645274 رادیان$

بنابراین، طول کمان $A B$ برابر است با $6 \times 0.645274 = 3.87164$ واحد طول.

[به یاد داشته باشید که طول یک کمان دایره‌ای = زاویه کمان (بر حسب رادیان) $\times$ شعاع دایره.]

ممکن است اختلاف جزئی بین نتایج به دست آمده از دو روش رخ دهد اگر نتیجه هر محاسبه با تعداد کافی رقم اعشار ثبت نشود.

مثال 22.3. طول یک کمان از منحنی

$y = \frac{a}{2} (e^{\frac{x}{a}} + e^{- \frac{x}{a}})$ را بین $x = 0$ و $x = a$ پیدا کنید. (این منحنی، زنجیروار است.)

حل. اکنون $e^{\frac{x}{a} - \frac{x}{a}} = e^{0} = 1,$ بنابراین $s = \frac{1}{2} \int \sqrt{2 + e^{\frac{2 x}{a}} + e^{- \frac{2 x}{a}}} d x;$ می‌توانیم 2 را با $2 \times e^{0} = 2 \times e^{\frac{x}{a} - \frac{x}{a}}$ جایگزین کنیم؛ سپس در اینجا $s = \frac{a}{2} {[e^{\frac{x}{a}} - e^{- \frac{x}{a}}]}_{0}^{a} = \frac{a}{2} [e^{1} - e^{- 1} + 1 - 1]$ ، و $s = \frac{a}{2} (e - \frac{1}{e}) .$

مثال 22.4. منحنی به گونه‌ای است که طول مماس در هر نقطه $P$ (شکل زیر را ببینید) از $P$ تا محل برخورد $T$ مماس با یک خط ثابت $A B$ یک طول ثابت $a$ است. یک عبارت برای یک کمان از این منحنی، که تراکتریکس نامیده می‌شود، پیدا کنید، و طول را، وقتی $a = 3$ است، بین مختصات $y = a$ و $y = 1$ پیدا کنید.

حل. خط ثابت را به عنوان محور $x$ در نظر می‌گیریم. نقطه $D$ ، با $D O = a$ ، نقطه‌ای روی منحنی است که باید در $D$ بر $O D$ مماس باشد. $O D$ را به عنوان محور $y$ در نظر می‌گیریم؛ $A B$ و $O D$ چیزی هستند که محورهای تقارن نامیده می‌شوند، یعنی منحنی نسبت به آنها متقارن است؛ $P T = a, P N = y, O N = x$ .

اگر یک بخش کوچک $d s$ از منحنی را در $P$ در نظر بگیریم، آنگاه $\sin θ = \frac{d y}{d s} = - \frac{y}{a}$ (منفی زیرا منحنی به سمت راست شیب نزولی دارد، به اینجا مراجعه کنید).

از این رو $\frac{d s}{d y} = - \frac{a}{y}, d s = - a \frac{d y}{y}, و s = - a \int \frac{d y}{y},$ یعنی $s = - a \ln y + C (\ln | y | = \ln y زیرا y > 0)$ وقتی $x = 0, s = 0, y = a$ ، بنابراین $0 = - a \ln a + C,$ و $C = a \ln a$ .

نتیجه می‌شود که $s = a \ln a - a \ln y = a \ln \frac{a}{y}$ وقتی $a = 3$ ، $s$ بین $y = a$ و $y = 1$ بنابراین برابر است با $یا$ زیرا علامت $-$ صرفاً به جهتی اشاره دارد که طول در آن اندازه‌گیری شده است، از $D$ به $P$ ، یا از $P$ به $D$ .

توجه داشته باشید که این نتیجه بدون آگاهی از معادله منحنی به دست آمده است. این گاهی اوقات ممکن است. با این حال، برای به دست آوردن طول یک کمان بین دو نقطه که با طول‌هایشان (یعنی مقدار $y$ آنها) داده شده‌اند، دانستن معادله منحنی ضروری است: این معادله به راحتی به صورت زیر به دست می‌آید: $\frac{d y}{d x} = - \tan θ = - \frac{y}{\sqrt{a^{2} - y^{2}}}, زیرا P T = a;$ از این رو $d x = - \frac{\sqrt{a^{2} - y^{2}} d y}{y}$

انتگرال‌گیری به ما رابطه‌ای بین $x$ و $y$ خواهد داد، که معادله منحنی است

$x = - \int \frac{\sqrt{a^{2} - y^{2}} d y}{y} .$

برای انتگرال‌گیری، فرض کنید $u = \sqrt{a^{2} - y^{2}}$ یا $u^{2} = a^{2} - y^{2}$ . سپس $2 u d u = - 2 y d y, یا d y = - \frac{u}{y} d u$ و انتگرال به صورت زیر در می‌آید از آنجایی که $\frac{1}{u^{2} - a^{2}} = \frac{1}{(u - a) (u + a)} = \frac{1}{2 a} [\frac{1}{u - a} - \frac{1}{u + a}]$ می‌توانیم انتگرال را به صورت زیر بازنویسی کنیم بنابراین معادله تراکتریکس برابر است با $x = a \ln \frac{a + \sqrt{a^{2} - y^{2}}}{y} - \sqrt{a^{2} - y^{2}} .$

اگر $a = 3$ ، مانند قبل، و اگر طول کمان از $x = 0$ تا $x = 1$ مورد نیاز باشد، محاسبه مقدار $y$ متناظر با هر مقدار عددی داده شده از $x$ کار آسانی نیست. با این حال، به‌راحتی می‌توان به‌صورت گرافیکی تقریبی به اندازه دلخواه به مقدار صحیح نزدیک پیدا کرد، زمانی که مقدار $a$ به صورت زیر داده شده باشد:

نمودار را رسم کنید و مقادیر مناسب به $y$ بدهید، مثلاً ۳، $2, 1.5, 1$ . از این نمودار، مقادیر $y$ را که با دو مقدار داده شده از $x$ که کمان را تعیین می‌کنند، مطابقت دارد، تا جایی که مقیاس نمودار اجازه می‌دهد، با دقت پیدا کنید. برای $x = 0, y = 3$ البته؛ فرض کنید برای $x = 1$ مقدار $y = 1.72$ را روی نمودار پیدا کنید. این فقط تقریبی است. حالا دوباره، در بزرگ‌ترین مقیاس ممکن، فقط سه مقدار از $y$ یعنی $1.6$ ، $1.7$ ، $1.8$ را در نظر بگیرید و رسم کنید. در این نمودار دوم، که تقریباً اما نه کاملاً یک خط راست است، احتمالاً می‌توانید هر مقدار از $y$ را با دقت سه رقم اعشار بخوانید، و این برای هدف ما کافی است. از نمودار می‌یابیم که $y = 1.723$ با $x = 1$ مطابقت دارد. سپس

اگر مقدار دقیق‌تری از $y$ می‌خواستیم، می‌توانستیم نمودار سومی رسم کنیم و مقادیر $y$ را ۱.۷۲۲، ۱.۷۲۳، $1.724, \dots;$ در نظر بگیریم؛ این کار مقدار $y$ متناظر با $x = 1$ را با دقت پنج رقم اعشار به ما می‌دهد، و به همین ترتیب تا زمانی که دقت مورد نیاز به دست آید.

مثال ۲۲.۵. طول یک کمان از مارپیچ لگاریتمی $r = e^{θ}$ را بین $θ = 0$ و $θ = 1$ رادیان پیدا کنید (شکل زیر).

حل. آیا مشتق‌گیری از $y = e^{x} ?$ را به خاطر دارید؟ این یکی آسان است برای به خاطر سپردن، زیرا همیشه بدون توجه به هر کاری که با آن انجام شود، ثابت می‌ماند: $\frac{d y}{d x} = e^{x}$ (به صفحه مراجعه کنید).

در اینجا، از آنجایی که $r = e^{θ}, \frac{d r}{d θ} = e^{θ} = r$ .

اگر فرآیند را معکوس کنیم و $\int e^{θ} d θ$ را انتگرال بگیریم، به $r + C$ برمی‌گردیم، ثابت $C$ همیشه توسط چنین فرآیندی معرفی می‌شود، همانطور که در فصل ۱۷ دیده‌ایم.

از این نتیجه می‌شود که

با انتگرال‌گیری بین دو مقدار داده شده $θ = 0$ و $θ = 1$ ، به دست می‌آوریم

$واحد طول،$ زیرا $r = e^{0} = 1$ وقتی $θ = 0$ .

مثال ۲۲.۶. طول یک کمان از مارپیچ لگاریتمی $r = e^{θ}$ را بین $θ = 0$ و $θ = θ_{1}$ پیدا کنید.

حل. همانطور که دیدیم،

$s = \sqrt{2} \int_{0}^{θ_{1}} e^{θ} d θ = \sqrt{2} [e^{θ_{1}} - e^{0}] = \sqrt{2} (e^{θ_{1}} - 1) .$

مثال ۲۲.۷. به عنوان آخرین مثال، اجازه دهید به طور کامل حالتی را کار کنیم که به یک انتگرال‌گیری نمونه منجر می‌شود که برای چندین تمرین در انتهای این فصل مفید خواهد بود. بیایید عبارت طول یک کمان از منحنی $y = \frac{a}{2} x^{2} + 3$ را پیدا کنیم.

حل. $\frac{d y}{d x} = a x, s = \int \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} d x .$

این را با جزء به جزء انتگرال بگیرید: فرض کنید $u = \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} و d x = d v;$ سپس $x = v و d u = \frac{a^{2} x d x}{\sqrt{1 + a^{2} x^{2}}}$ با روش مشتق‌گیری توضیح داده شده در فصل ۹.

از آنجایی که $\int u d v = u v - \int v d u$ (به انتگرال‌گیری جزء به جزء مراجعه کنید)، داریم

همچنین، می‌توانیم بنویسیم $\int \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} d x = \int \frac{(1 + a^{2} x^{2}) d x}{\sqrt{1 + a^{2} x^{2}}};$ از این رو

با جمع (1) و (2) به دست می‌آوریم

باقی می‌ماند که $\int \frac{d x}{\sqrt{1 + a^{2} x^{2}}}$ را انتگرال بگیریم؛ برای این منظور فرض کنید $\sqrt{1 + a^{2} x^{2}} = v - a x;$ ^۱ سپس

$1 + a^{2} x^{2} = v^{2} - 2 a v x + a^{2} x^{2} یا 1 = v^{2} - 2 a v x .$ با مشتق‌گیری از این، برای خلاص شدن از ثابت، به دست می‌آوریم، $0 = 2 v d v - 2 a v d x - 2 a x d v یا a v d x = v d v - a x d v;$ یعنی $d x = \frac{(v - a x) d v}{a v};$ با جایگزینی در $\int \frac{d x}{\sqrt{1 + a^{2} x^{2}}}$ به دست می‌آوریم $\int \frac{(v - a x) d v}{a v \sqrt{1 + a^{2} x^{2}}} = \frac{1}{a} \int \frac{(v - a x) d v}{v (v - a x)} = \frac{1}{a} \int \frac{d v}{v} = \frac{1}{a} \ln | v |;$ از این رو $\int \frac{d x}{\sqrt{1 + a^{2} x^{2}}} = \frac{1}{a} \ln (a x + \sqrt{1 + a^{2} x^{2}}) .$

با جایگزینی در (3) و تقسیم بر ۲ به دست می‌آوریم، در نهایت، که به راحتی می‌توان بین هر کران داده شده محاسبه کرد.

اکنون باید بتوانید با موفقیت تمرینات زیر را انجام دهید. رسم منحنی‌ها و تأیید نتایج خود با اندازه‌گیری در صورت امکان، هم جالب و هم آموزنده خواهد بود.

انتگرال‌گیری معمولاً از نوع نشان داده شده در مثال ۲۰.۵، مثال ۲۰.۶، یا مثال ۲۲.۷ است.

تمرینات

تمرین ۲۲.۱. طول خط $y = 3 x + 2$ را بین دو نقطه‌ای که $x = 1$ و $x = 4$ هستند، پیدا کنید.

پاسخ

$s = 3 \sqrt{10} \approx 9.487$ .

حل

بررسی پاسخ:

وقتی $x = 1, y = 5$

وقتی $x = 4, y = 14$

$طول کمان$

تمرین ۲۲.۲. طول خط $y = a x + b$ را بین دو نقطه‌ای که $x = a^{2}$ و $x = - 1$ هستند، پیدا کنید.

پاسخ

$s = {(1 + a^{2})}^{\frac{3}{2}}$

حل

$y = a x + b \Rightarrow \frac{d y}{d x} = a$

تمرین ۲۲.۳. طول منحنی $y = \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}}$ را بین دو نقطه‌ای که $x = 0$ و $x = 1$ هستند، پیدا کنید.

پاسخ

$s \approx 1.22$ .

حل

$y = \frac{2}{3} x^{\frac{3}{2}} \Rightarrow \frac{d y}{d x} = \frac{2}{3} \times \frac{3}{2} x^{\frac{1}{2}} = x^{\frac{1}{2}}$

فرض کنید $u = 1 + x$ ، سپس $d u = d x$

$\int \sqrt{1 + x} d x = \int u^{\frac{1}{2}} d u = \frac{2}{3} u^{\frac{3}{2}} + c$

بنابراین

تمرین ۲۲.۴. طول منحنی $y = x^{2}$ را بین دو نقطه‌ای که $x = 0$ و $x = 2$ هستند، پیدا کنید.

پاسخ

حل

$y = x^{2} \Rightarrow \frac{d y}{d x} = 2 x$

در این فصل، یاد گرفتیم که

$\int \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} d x = \frac{x}{2} \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} + \frac{1}{2 a} \ln | a x + \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} | + C$

در اینجا $a = 2$ . بنابراین

تمرین ۲۲.۵. طول منحنی $y = m x^{2}$ را بین دو نقطه‌ای که $x = 0$ و $x = \frac{1}{2 m}$ هستند، پیدا کنید.

پاسخ

$s = \frac{0.57}{m}$ .

حل

$y = m x^{2} \Rightarrow \frac{d y}{d x} = 2 m x$

دوباره، با استفاده از فرمول $\int \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} d x = \frac{x}{2} \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} + \frac{1}{2 a} \ln | a x + \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} | + C,$ به دست می‌آوریم

تمرین ۲۲.۶. طول منحنی‌های $r = a \cos θ$ و $r = a \sin θ$ را بین $θ = θ_{1}$ و $θ = θ_{2}$ پیدا کنید.

پاسخ

$s = a (θ_{2} - θ_{1})$ .

حل

$r = a \cos θ \Rightarrow \frac{d r}{d θ} = - a \sin θ$

به طور مشابه $r = a \sin θ \Rightarrow \frac{d r}{d θ} = a \cos θ$

تمرین ۲۲.۷. طول منحنی $r = a \sec θ$ را پیدا کنید.

پاسخ

$s = \sqrt{r^{2} - a^{2}}$ .

حل

$r = a \sec θ$

برای محاسبه $\frac{d r}{d θ}$ ، باید از $\sec θ$ مشتق بگیریم. در یکی از تمرینات فصل ۱۵، از آن مشتق گرفته‌ایم. با این حال، اگر نتیجه را به خاطر ندارید، می‌توانیم دوباره با استفاده از قانون خارج قسمت آن را استخراج کنیم:

بنابراین، $r = a \sec θ \Rightarrow \frac{d r}{d θ} = a \sec θ \tan θ$

از آنجایی که $1 + \tan^{2} θ = \sec^{2} θ$

(فرض کنید $a > 0$ )

اما $\frac{d (\tan θ)}{d θ} = \sec^{2} θ$ ، از این رو

$s = [a \tan θ]_{θ_{1}}^{θ_{2}} = a (\tan θ_{2} - \tan θ_{1})$

از آنجایی که $\tan^{2} θ = \sec^{2} θ - 1$ یا

$\tan θ = \sqrt{\sec^{2} θ - 1}$

نتیجه ممکن است به صورت زیر نوشته شود

در اینجا فرض کرده‌ایم $θ_{1} = 0$ .

نکته: معادله $r = a \sec θ$ را در مختصات قطبی می‌نویسیم. از آنجا که $\sec θ = \frac{1}{\cos θ}$ ، داریم $r = \frac{a}{\cos θ}$ با ضرب دو طرف در $\cos θ$ (زمانی که برابر با $0$ نباشد) به دست می‌آید $r \cos θ = a$ اما $r \cos θ = x$ . بنابراین، می‌خواهیم طول خط عمودی $x = a$ را بین $θ_{1} = 0$ تا $θ$ پیدا کنیم. اکنون می‌توانیم بگوییم که فرمول‌های بالا منطقی هستند.

تمرین 22.8. طول کمان منحنی $y^{2} = 4 a x$ را بین $x = 0$ و $x = a$ پیدا کنید.

پاسخ

$s = \int_{0}^{a} \sqrt{1 + \frac{a}{x}} d x$ و $s = a \sqrt{2} + a \ln (1 + \sqrt{2})$ .

حل

برای این مسئله، از فرمول استفاده می‌کنیم

$s = \int \sqrt{1 + {(\frac{d x}{d y})}^{2}} d y$

$y^{2} = 4 a x \Rightarrow 2 y d y = 4 a d x \Rightarrow \frac{d x}{d y} = \frac{1}{2 a} y$

وقتی $x = 0, y = 0$ و وقتی $x = a, y = 2 a$

(ما با شاخه بالایی $y > 0$ کار می‌کنیم)

بنابراین

$s = \int_{0}^{2 a} \sqrt{1 + \frac{1}{4 a^{2}} y^{2}} d y$

دوباره، از آنجا که $\int \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} d x = \frac{x}{2} \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} + \frac{1}{2 a} \ln | a x + \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} | + C$ داریم

تمرین 22.9. طول کمان منحنی $y = x (\frac{x}{2} - 1)$ را بین $x = 0$ و $x = 4$ پیدا کنید.

پاسخ

$s = \frac{x - 1}{2} \sqrt{(x - 1)^{2} + 1} + \frac{1}{2} \ln {(x - 1) + \sqrt{(x - 1)^{2} + 1}}$ و $s \approx 6.80$ .

حل

ابتدا $y$ را نسبت به $x$ مشتق می‌گیریم: $y = x (\frac{x}{2} - 1) = \frac{x^{2}}{2} - x \Rightarrow \frac{d y}{d x} = x - 1$

طول $s$ منحنی با انتگرال داده می‌شود:

برای ارزیابی این انتگرال، از تغییر متغیر $u = x - 1$ استفاده می‌کنیم و فرمول زیر را اعمال می‌کنیم:

$\int \sqrt{1 + a^{2} u^{2}} = \frac{u}{2} \sqrt{1 + a^{2} u^{2}} + \frac{1}{2 a} \ln | a u + \sqrt{1 + a^{2} u^{2}} | + C .$

ما $a = 1$ و $u = x - 1$ را در فرمول بالا جایگزین می‌کنیم:

تمرین 22.10. طول کمان منحنی $y = e^{x}$ را بین $x = 0$ و $x = 1$ پیدا کنید.
(توجه. این منحنی در مختصات دکارتی است و همان منحنی مارپیچ لگاریتمی $r = e^{θ}$ که در مختصات قطبی است نیست. دو معادله مشابه هستند، اما منحنی‌ها کاملاً متفاوتند.)

پاسخ

$s = \int_{1}^{e} \frac{\sqrt{1 + y^{2}}}{y} d y$ . با تغییر متغیر $1 + y^{2} = u^{2}$ به دست می‌آید $s = \sqrt{1 + y^{2}} + \frac{1}{2} \ln \frac{\sqrt{1 + y^{2}} - 1}{\sqrt{y^{2} + 1} + 1}$ و $s \approx 2.00$ .

حل

روش (الف) $y = e^{x} \Rightarrow \frac{d y}{d x} = e^{x}$

فرض کنید $u = \sqrt{1 + e^{2 x}}$ یا $u^{2} = 1 + e^{2 x}$ . سپس

$2 u d u = 2 e^{2 x} d x$

یا

$d x = \frac{u}{e^{2 x}} d u$ و

از آنجا که $u^{2} - 1 = (u - 1) (u + 1)$ می‌توانیم بنویسیم

$\frac{1}{u^{2} - 1} = \frac{A}{u - 1} + \frac{B}{u + 1}$

پس از چند عملیات، به دست می‌آید

$\frac{1}{u^{2} - 1} = \frac{\frac{1}{2}}{u - 1} - \frac{\frac{1}{2}}{u + 1} .$

از این رو

روش (ب) $y = e^{x} \Leftrightarrow x = \ln y$ $\Rightarrow \frac{d x}{d y} = \frac{1}{y}$

$d s = \sqrt{(d x)^{2} + (d y)^{2}} = \sqrt{{(\frac{d x}{d y})}^{2} + 1}$

وقتی $x = 0$ ، $y = 1$

وقتی $x = 1$ ، $y = e$ .

بنابراین، $s = \int_{1}^{e} \sqrt{\frac{1}{y^{2}} + 1} d y = \int_{1}^{e} \frac{\sqrt{1 + y^{2}}}{y} d y$ یک تغییر متغیر انجام می‌دهیم: $1 + y^{2} = u^{2}$ سپس $2 y d y = 2 u d u \Leftrightarrow d y = \frac{u}{y} d u$ بنابراین با استفاده از کسرهای جزئی: $\frac{1}{u^{2} - 1} = \frac{1}{(u - 1) (u + 1)} = \frac{1}{2} (\frac{1}{u - 1} - \frac{1}{u + 1})$ از این رو

در نهایت مانند قبل.

تمرین 22.11. منحنی به گونه‌ای است که مختصات یک نقطه روی آن $x = a (θ - \sin θ)$ و $y = a (1 - \cos θ), θ$ زاویه‌ای است که بین 0 و $2 π$ تغییر می‌کند. طول منحنی را پیدا کنید. (این منحنی سیکلوئید نامیده می‌شود.)

پاسخ

$s = 2 a \int \sin \frac{θ}{2} d θ$ و $s = 8 a$ .

حل

$x = a (θ - \sin θ) y = a (1 - \cos θ)$

شروع می‌کنیم با

$d s = \sqrt{(d x)^{2} + (d y)^{2}}$ سپس

$\frac{d s}{d θ} = \sqrt{{(\frac{d x}{d θ})}^{2} + {(\frac{d y}{d θ})}^{2}}$ و $s = \int \sqrt{{(\frac{d x}{d θ})}^{2} + {(\frac{d y}{d θ})}^{2}} d θ$ در اینجا و

از آنجا که $1 - \cos θ = 2 \sin^{2} \frac{θ}{2}$ ، به دست می‌آید

برای $0 < θ < 2 π, \sin \frac{θ}{2} > 0$ . بنابراین

تمرین 22.12. طول منحنی $y^{2} = m x$ را بین دو نقطه‌ای که $x = 0$ و $x = \frac{m}{4}$ هستند پیدا کنید.

پاسخ

$s = \frac{m}{4} \sqrt{2} + \frac{m}{4} \ln (1 + \sqrt{2})$ .

حل

$x = \frac{1}{m} y^{2} \Rightarrow \frac{d x}{d y} = \frac{2}{m} y$

وقتی $x = 0$ ، $y = 0$

وقتی $x = \frac{m}{4}$ ، $y = \frac{m}{2}$

از این رو،

$s = \int_{0}^{\frac{m}{2}} \sqrt{\frac{4}{m^{2}} y^{2} + 1} d y$

به یاد بیاورید که (به مثال 22.7 مراجعه کنید) $\int \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} d x = \frac{x}{2} \sqrt{1 + a^{2} x^{2}} + \frac{1}{2 a} \ln (a x + \sqrt{1 + a^{2} x^{2}})$

بنابراین،

$\sqrt{1 + \frac{4}{m^{2}} y^{2}} d y = \frac{y}{2} \sqrt{1 + \frac{4 y^{2}}{m^{2}}} + \frac{m}{4} \ln (\frac{2 y}{m} + \sqrt{1 + \frac{4 y^{2}}{m^{2}}})$

تمرین 22.13. عبارت طول یک کمان از منحنی $y^{2} = \frac{x^{3}}{a}$ را پیدا کنید.

پاسخ

$s = \frac{8 a}{27} {1 + (\frac{9 x}{4 a})}^{\frac{3}{2}}$ .

حل

$y^{2} = \frac{x^{3}}{a} \Rightarrow y = \frac{1}{\sqrt{a}} x^{3 / 2} (با فرض y > 0)$

$\frac{d y}{d x} = \frac{3}{2 \sqrt{a}} x^{\frac{1}{2}}$

فرض کنید $u = 1 + \frac{9}{4 a} x$ . سپس $d u = \frac{9}{4 a} d x$ یا

$d x = \frac{4 a}{9} d u$ و

تمرین 22.14. طول منحنی $y^{2} = 8 x^{3}$ را بین دو نقطه‌ای که $x = 1$ و $x = 2$ هستند پیدا کنید.

پاسخ

$s \approx 5.27$ .

حل

$y^{2} = 8 x^{3}$

در تمرین قبلی، نشان دادیم که طول کمان $y^{2} = \frac{x^{3}}{a}$ بین $x = x_{1}$ و $x = x_{2}$ به صورت زیر داده می‌شود

${[\frac{8 a}{27} {(1 + \frac{9}{4 a} x)}^{\frac{3}{2}}]}_{x_{1}}^{x_{2}}$ در این تمرین $a = \frac{1}{8}, x_{1} = 1$ و $x_{2} = 2$ . بنابراین، طول کمان به صورت زیر است

تمرین 22.15. طول منحنی $y^{\frac{2}{3}} + x^{\frac{2}{3}} = a^{\frac{2}{3}}$ را بین $x = 0$ و $x = a$ پیدا کنید.

پاسخ

$s = \frac{3 a}{2}$ .

حل

$y^{\frac{2}{3}} + x^{\frac{2}{3}} = a^{\frac{2}{3}} \Rightarrow y^{\frac{2}{3}} = a^{\frac{2}{3}} - x^{\frac{2}{3}}$ و $y = {(a^{\frac{2}{3}} - x^{\frac{2}{3}})}^{\frac{3}{2}}$

برای پیدا کردن $\frac{d y}{d x}$ ، فرض کنید $u = a^{\frac{2}{3}} - x^{\frac{2}{3}}$ . سپس $y = u^{\frac{3}{2}}$

تمرین 22.16. طول منحنی $r = a (1 - \cos θ)$ را بین $θ = 0$ و $θ = π$ پیدا کنید.

پاسخ

$4 a$ .

حل

$r = a (1 - \cos θ) \Rightarrow \frac{d r}{d θ} = a \sin θ$ و

از آنجا که $\cos^{2} θ + \sin^{2} θ = 1$ ، سپس

$s = a \int_{0}^{π} \sqrt{2 - 2 \cos θ} d θ = a \sqrt{2} \int_{0}^{π} \sqrt{1 - \cos θ} d θ$

از آنجا که $1 - \cos θ = 2 \sin^{2} \frac{θ}{2}$ ، به دست می‌آید

یک جایگزین دیگر این است که $a x = \sinh t$ قرار دهیم. سپس $a d x = \cosh t d t$ و اما $t = arcsinh a x$ یا $t = \sinh^{- 1} (a x)$ . بنابراین انتگرال برابر است با $\frac{1}{a} arcsinh a x + C$ . اگرچه این یک پاسخ کاملاً قابل قبول است، می‌توانیم نتیجه را بر حسب لگاریتم‌ها با یادآوری اینکه $arcsinh A = \ln (A + \sqrt{1 + A^{2}})$ (به اینجا مراجعه کنید) بیان کنیم. بنابراین، $\int \frac{d x}{\sqrt{1 + a^{2} x^{2}}} = \frac{1}{a} \ln (a x + \sqrt{1 + a^{2} x^{2}}) + C,$ مانند قبل.↩︎